浙江省丽水市2025-2026学年高二上学期2月期末考试数学试题（Word版附解析）

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（2026.02）
本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题卷规定的位置上.
2．答题时，请按照答题卷上“注意事项”的要求，在答题卷相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 经过两点，的直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用斜率坐标公式求出直线的斜率即可.
【详解】直线过点，，则直线的斜率，
所以直线倾斜角是.
故选：A
2. 已知数列的首项，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列的递推公式求数列的指定项.
【详解】因为，且，
所以，
.
故选：D
3. 已知函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】据函数乘法求导公式进行求导即可.
【详解】因为，
所以
故选：C.
4. 已知双曲线的离心率是2，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由结合解出的值即可得到答案.
【详解】因为，所以，又
所以，即，
从而渐近线方程为.
故选：B.
【点睛】本题考查双曲线离心率及渐近线方程的计算，解题的关键在于推出间的比例关系，属于基础题.
5. 在空间直角坐标系中，已知点，，点D满足，则点D的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，可得、的坐标，根据条件，列出等式，即可得答案.
【详解】设，则，，
因为，
所以，解得，则
故选：A
6. 在直三棱柱中，，，则直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以为基底，表示向量和，利用向量的数量积求异面直线夹角的余弦.
【详解】如图，以为空间向量的基底.

不妨设，则，
则，.
因为，，
，.
又，
所以.
即直线与所成角的余弦值是.
故选：C
7. 已知点与抛物线上一点，若点到直线的距离为，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设点到准线的距离为，则点到准线的距离为，根据题意，转化为，结合，即可求解.
【详解】由抛物线，可得抛物线的焦点为，准线方程为，
设点到准线的距离为，则点到直线的距离为，
过点作和的垂线，垂足为，如图所示，
由抛物线的定义，可得，
因为，，可得，
所以，即的最小值是.
故选：B.
8. 下列不等式成立的是（为自然对数的底数） （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，结合导数可得在上单调递减，利用单调性依次判断选项即可.
【详解】构造函数，
所以,
所以当时，,
则在上单调递减，
所以,
即,
对于A，由于,,由于在上单调递增，则
由于在上单调递增，则
所以,故A不正确；
对于B，由,可得,即，所以，故B不正确；
对于C,由，可得,即，所以，故C正确；
对于D，由，可得,即，所以，故D不正确；
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知圆，圆，则以下结论正确的是（ ）
A.
B. 若两圆外切，则
C. 若，则两圆相交
D. 若，则两圆的公共弦所在直线的方程为
【答案】AC
【解析】
【分析】将圆的方程化成标准方程，根据，可求的取值范围，判断A的真假；根据圆心距与半径和、差的关系，判断两圆的位置关系，可判断BC的真假；将两圆方程相减，消去，可得两圆公共弦所在的直线方程，可判断D的真假.
【详解】因为圆：，所以，.
圆：，由，，.
所以，A选项正确；
由，所以B选项错误；
若，则，，，，
所以，所以两圆相交，所以选项C正确；
时，，，，，所以，
所以两圆相交，两圆公共弦所在的直线方程为：，即，所以选项D错误.
故选：AC
10. 已知数列的前项和为，，且，则以下结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若是公差为的等差数列，则
【答案】ABCD
【解析】
【分析】利用递推不等式分别推导数列的上下界、前项和的范围，对特定前项和值验证数列的取值，并结合等差数列的通项公式确定公差的范围.
【详解】选项A：已知，，，，因此，选项A正确；
选项B：由，得，，选项B正确；
选项C：由，依据，则，等号成立当且仅当每一项都取最小值，即，因此，选项C正确；
选项D：因为，且，所以对所有，，
若，当时，，与矛盾，因此；
，化简可得，
当时，代入得，
当时，，此时不等式对所有恒成立，
故；
验证，代入，则，因为且，所以左边恒为正，不等式对所有成立，故选项D正确.
故选：ABCD
11. 在四棱锥中，，，，点分别满足，，．平面与棱交于点，，则以下结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. ,
C. 若，则
D. 若，则存在平面将该四棱锥分成上、下体积相等的两部分
【答案】ACD
【解析】
【分析】求证平面即可由线面平行性质定理求解判断A；取CD中点H，求证平面且在平面外即可判断B；用基底表示，利用共面定理即可求解判断C；求出，由，，得到，求出从而得到，由，得到，建立 的等式求出的值可判断D.
【详解】对于选项A，由题，若，则，即重合，
因为，在平面外，平面，
所以平面，因为平面平面，平面，
所以，故A正确；
对于选项B，取CD中点H，连接BH，则由题可知，所以四边形为平行四边形，
连接，则I为BD中点，
因为，，，
所以，，
所以，连接PI，则，又平面，
所以平面，因为平面，在平面外，
所以对，不成立，故B错误；
对于选项C，若，则，
，
因为四点共面，所以存在实数使得，
则，故C正确；
对于选项D，设的体积为，点到平面的距离为，
，，为梯形，
，设，
则，
，
，
，，
，
到平面的距离就是到平面的距离，
，，
，
，
，，
，
且要使，
，，
在上，，
，，
，
，
，
，
，，
故若，则存在平面将该四棱锥分成上、下体积相等的两部分，故选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等差数列，若，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据等差数列的性质求值.
【详解】因为数列为等差数列，所以，所以，
所以.
故答案为：
13. 若直线与曲线相切，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】设切点为，利用导数的几何意义求得切点坐标解方程即可.
【详解】设直线与曲线的切点为,
又易知,则曲线在切点处的斜率为，
可得，即切点为
则,
故答案为：.
14. 若一个棱长为的正方体内有两个半径相等的球，则球半径的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】作出正方体的体对角面，易知球心和在上，根据两圆的关系以及与对角面关系列方程，即可求解.
【详解】如下图所示：
如图（2），作出正方体的体对角面，
要使球的半径最大，则需要让两个球对称放置，且两球外切，易知球心和在上，
过点、分别作、的垂线，垂足分别为、.
设球、的半径都为，，
故，同理可得，
因为，
故.
因此球半径的最大值是.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知点，是圆一条直径的两个端点．
（1）求圆的方程；
（2）过原点且与垂直直线交圆于两点，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出圆心和半径即可求解；
（2）求出直线的方程为 ，利用弦长公式得到，由求解即可.
【小问1详解】
因为点，是圆一条直径的两个端点
所以圆心，半径，
所以圆的方程为
【小问2详解】
因为直线的斜率为，所以直线的斜率为 ，
所以直线的方程为 ，
所以圆心到直线的距离 ，所以，
所以.
16. 已知函数.
（1）若，求函数的极大值；
（2）若函数在上单调递减，求的取值范围．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）利用导数确定函数的单调区间，再利用函数的单调性求解即可；
（2）由题意可得在恒成立，即在恒成立，利用对勾函数的性质求解即可.
【小问1详解】
当时，，
则
令,得 ，
所以当时，；当时，；当时，；
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增.
所以极大值；
【小问2详解】
由题得，
因为在上单调递减，
则在恒成立，
即在恒成立，
又函数在上单调递减，上单调递增，
且当时，；当时，；
所以，
所以，
解得.
所以实数的取值范围为.
17. 如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，点是棱上的动点，且．
（1）若，证明：平面；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平行线等分线段定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
如图连接交于点，连接
因为且，
所以，
因为，所以，
所以，所以 ，
又因为平面，平面,
所以平面
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，则,，
则,，
因为，所以，
所以，
设平面的一个法向量，
则 ，即，令，得，
所以，解得或（舍）
所以的值为.
18. 已知等比数列的公比为，，.数列满足，数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的通项公式；
（3）记，是否存在，对于都有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在或
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式求，进而可得数列的通项公式.
（2）先根据数列的前项和求通项公式的方法得到的通项公式，再利用累加法得到的通项公式，最后用错位相减法化简即可.
（3）分析数列的单调性，求该数列的最大项即可.
【小问1详解】
由题意得，解得或（舍），所以.
【小问2详解】
当时，
当时=.
所以，
所以.
令
则
则.
则，即，
又因为，所以.
所以数列的通项公式为.
【小问3详解】
，
，
当时，；当时，；当时，.
所以存在或对于都有成立．
19. 已知椭圆M:的左、右焦点为，，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程;
（2）设点在椭圆上，点在射线上，且满足.
（i）求点的横坐标(用表示)；
（ⅱ）判断并证明线段的垂直平分线与椭圆的位置关系.
【答案】（1）
（2）（i）；（ⅱ）答案见解析
【解析】
【分析】（1）结合条件列出方程即可求解；
（2）（i）根据即可求解；
（ⅱ）假设直线与椭圆有另一个交点，则，可得，在中 ，可得假设不成立，从而得到结论.
【小问1详解】
由已知得：，解得：，，
椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
ⅰ）在椭圆上. 所以，
，
，
，
设，则，
，
，
点的横坐标为：
（ⅱ）设线段中点为，
，
线段的垂直平分线为.
假设直线与椭圆有另一个交点，则.
，

又在中 ，故假设不成立.
因此，直线与椭圆有且仅有一个交点，
法二： 设线段中点为.
则线段的垂直平分线为.
由得：，
，
当直线斜率存在且不为时，
，
直线的方程为 ，
化简得直线：，
，
化简得：.，
解得，
所以当直线的斜率存在且不为时，直线与椭圆有且仅有一个交点.
当直线的斜率为时，点或，则直线的方程为或，所以直线与椭圆有且仅有一个交点.
当直线的斜率不存在时，点或，
则直线的方程为，或，所以直线与椭圆有且仅有一个交点.
综上，直线与椭圆有且仅有一个交点.